Description

在 \(n*n\) 的棋盘上给出 \(m\) 个黑点,若 \((x,y)\),\((y,z)\) 都是黑点,那么 \((z,x)\) 也会变成黑点,求最后黑点的数量

Solution

把点 \((x,y)\) 看作一条从 \(x\) 到 \(y\) 的有向边

我们分析性质:

如果存在一个自环,那么这个点所在的连通块就会变成一个完全图

原因是和这个点有单向边的点都会变成双向边,有双向边之后就会形成自环,那么就可以一直重复这个过程,就变成了完全图

我们想办法判断图中有没有自环,我们发现:对原图进行三染色之后:

1.如果产生了矛盾,那么就有自环,就会形成一个完全图,这个连通块的答案就是点数的平方

2.如果染色完成了,那么算出产生的边的个数和原图边的个数就行了

对于第二种情况,还需要一些性质:

首先如果 \(color[x]±1 \mod 3 =color[u]\) 且 \(x,u\) 在同一连通块内,则一定有边存在

所以设 \(a[x]\) 表示颜色为 \(x\) 的点的数量,答案就是 \(a[1]*a[2]+a[2]*a[3]+a[1]*a[3]\)

#include
    
     using namespace std;typedef long long ll;const int N=1e5+10;int n,m,head[N],nxt[N*2],to[N*2],num=0,c[N],E=0,a[4],dis[N*2];bool flag=0,vis[N*2];vector
     
      S;inline void link(int x,int y,int z){    nxt[++num]=head[x];to[num]=y;head[x]=num;dis[num]=z;}inline void dfs(int x){    S.push_back(x);    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){        int u=to[i],t=c[x]+dis[i];        if(!vis[i])vis[i]=1,E++;        if(!t)t=3;if(t==4)t=1;        if(c[u]){            if(c[u]!=t)flag=1;        }        else c[u]=t,dfs(u);    }}int main(){    freopen("pp.in","r",stdin);    freopen("pp.out","w",stdout);    int x,y;ll ans=0;    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=m;i++){        scanf("%d%d",&x,&y);        link(x,y,1);link(y,x,-1);    }    for(int i=1;i<=n;i++){        if(!c[i]){            vector
      
       ().swap(S);c[i]=1;flag=0;E=0;            dfs(i);            memset(a,0,sizeof(a));            for(int j=S.size()-1;j>=0;j--)a[c[S[j]]]++;            if(flag)ans+=(ll)S.size()*S.size();            else if(!a[1] || !a[2] || !a[3])ans+=E/2;            else ans+=1ll*a[1]*a[2]+1ll*a[2]*a[3]+1ll*a[1]*a[3];        }    }    cout<
       
        <